정n각형의 대각선

$n$이 자연수인 $k$에 대해 $n=2k+1$임을 만족한다고 하자. 이때 정$n$각형의 한 꼭짓점을 $a_{1}$이라 하고 반시계 방향으로 꼭짓점을 $a_{i}$ ($i=2,3,...,n$) 라고 하자. 이때 $\overrightarrow{a_{1}a_{2}}$를 $\vec{a}$, $\overrightarrow{a_{1}a_{n}}$을 $\vec{b}$라고 하자. 정$n$각형의 한 변의 길이는 1이며 $\overline{a_{1}a_{i}}=r_{i-2}$라고 하자. 이때 $\overrightarrow{a_{k+1}a_{k+2}}$를 $\vec{a}$, $\vec{b}$로 나타내보자.

 

이 문제 해결의 아이디어는 순서대로 내려가는 것이다.

위 그림에서 $\vec{b}$의 한칸 아래인 $\overrightarrow{a_{1}a_{n-1}}$를 붉은색으로 표시했다.

이 붉은색 벡터는 파란색 벡터와 왼쪽의 초록색 벡터의 합이다. 즉 $\overrightarrow{a_{1}a_{n-1}}=\vec{a}+\overrightarrow{a_{2}a_{n-1}}$

$\overrightarrow{a_{2}a_{n-1}}$은 $\vec{b}$과 평행하고 $|\overrightarrow{a_{2}a_{n-1}}|=r_{2}$ 이므로

$\overrightarrow{a_{2}a_{n-1}}=r_{2}\vec{b}$,  $\overrightarrow{a_{1}a_{n-1}}=\vec{a}+r_{2}\vec{b}$

반대편 역시 마찬가지로 $\overrightarrow{a_{1}a_{3}}=\vec{b}+r_{2}\vec{a}$

그럼 $\overrightarrow{a_{3}a_{n-1}}=(\vec{a}-\vec{b})(1-r_{2})$

계속하면 $\overrightarrow{a_{1}a_{n-2}}=\vec{a_{1}a_{3}}+\overrightarrow{a_{3}a_{n-2}}$

$\overrightarrow{a_{3}a_{n-2}}=r_{4}\vec{b}$,  $\overrightarrow{a_{1}a_{n-2}}=\vec{b}+r_{2}\vec{a}+r_{4}\vec{b}$

반대편도 마찬가지로 $\overrightarrow{a_{1}a_{4}}=\vec{a}+r_{2}\vec{b}+r_{4}\vec{a}$

그럼 $\overrightarrow{a_{4}a_{n-2}}=(-1)(\vec{a}-\vec{b})(1-r_{2}+r_{4})$

이를 일반화하면 아래와 같다.

$\overrightarrow{a_{i}a_{n-i+2}}=(-1)^{i-1}(\vec{a}-\vec{b})(1-r_{2}+r_{4}-\cdot\cdot\cdot +(-1)^{i}r_{2i-4})$

$i=k+1$이면 짜잔! 답을 구했다!

$\overrightarrow{a_{k+1}a_{k+2}}=(-1)^{k}(\vec{a}-\vec{b})(1-r_{2}+r_{4}-\cdot\cdot\cdot+(-1)^{k+1}r_{n-3})$

하지만 우린 너무 어려운 길을 선택했다. 좀 더 쉬운 길을 찾아보자!

$\overrightarrow{a_{2}a_{n}}$과 $\overrightarrow{a_{k+1}a_{k+2}}$는 평행하다. $r_{1}|\overrightarrow{a_{k+1}a_{k+2}}|=\overrightarrow{a_{2}a_{n}}$이 성립한다.

$\overrightarrow{a_{2}a_{n}}=\vec{b}-\vec{a}$

따라서 $\overrightarrow{a_{k+1}a_{k+2}}=\frac{\vec{b}-\vec{a}}{r_{1}}$

 

그럼 우리는 앞서 구한 두 식이 같다고 둘 수 있다.

$\frac{\vec{b}-\vec{a}}{r_{1}}=(-1)^{k}(\vec{a}-\vec{b})(1-r_{2}+r_{4}-\cdot\cdot\cdot-r_{n-3})$

$\frac{1}{r_{1}}=(-1)^{k}(1-r_{2}+r_{4}-\cdot\cdot\cdot-r_{n-3})$

1을 $r_{0}$로 고쳐쓰면

$\frac{1}{r_{1}}=(-1)^{k}(r_{0}-r_{2}+r_{4}-\cdot\cdot\cdot-r_{n-3})$

대각선의 짝수번째 길이의 교대합이 2번째 대각선의 역수와 같다는 놀라운 사실을 얻게 된다!

 

이 사실을 대수적으로 증명해보자.

정$n$각형의 모든 꼭짓점은 한 원 위에 있다. $2<i<n$인 임의의 정수에 대해 $\overline{a_{1}a_{i}}$와 $\overline{a_{1}a_{i+1}}$, $\overline{a_{i}a_{i+1}}$이 이루는 삼각형을 생각하자. 그럼 이 삼각형은 총 $n-2$개 있다.

각각의 삼각형에 대해 $\angle a_{1}$의 크기는 정$n$각형의 한 변의 길이가 모두 같기 때문에 모두 같다는 것을 알 수 있다. 정$n$각형의 한 내각의 크기는 $\pi(n-2)/n$인데 삼각형이 총 $n-2$개 있으므로 $\angle a_{i}a_{1}a_{i+1}=\pi/n$이다. 각 삼각형에서 사인법칙을 적용하면

$\triangle a_{1}a_{2}a_{3}$ $\sin(\pi/n)=\frac{\sin(\pi(n-2)/n)}{r_{1}}$

$\triangle a_{1}a_{3}a_{4}$ $\sin(\pi/n)=\frac{\sin(\pi(n-3)/n)}{r_{2}}$

...

이를 통해 $r_{i}=\frac{\sin((i+1)\pi/n)}{\sin(\pi/n)}$ 임을 얻는다.

우리가 증명하고자 하는 식을 사인함수를 이용해 다시 표현하면

$\frac{\sin(\pi/n)^{2}}{\sin(2\pi/n)}=(-1)^{k}(\sin(\pi/n)-\sin(3\pi/n)+\sin(5\pi/n)-\cdot\cdot\cdot+(-1)^{k+1}\sin((n-2)\pi/n)$

오일러 공식에 의해 $\sin\theta=\frac{e^{i\theta}-e^{i\theta}}{2i}$(여기서 $i=\sqrt{-1}$) 이다.

계산 전 $p=e^{i\pi/n}$이라 하자.

우변을 정리해보자.

$\frac{1}{2i}(-1)^{k}((p-p^{-1})-(p^{3}-p^{-3})+(p^{5}-p^{-5})-\cdot\cdot\cdot+(-1)^{k+1}(p^{n-2}-p^{-n+2}))$

$=\frac{1}{2i}(-1)^{k}((p-p^{3}+p^{5}+\cdot\cdot\cdot+(-1)^{k+1}p^{n-2})-(p^{-1}-p^{-3}+p^{-5}+\cdot\cdot\cdot+(-1)^{k+1}p^{-n+2}))$

$=\frac{1}{2i}(-1)^{k}(p\frac{1-(-p^{2})^{(n-1)/2}}{1+p^{2}}-p^{-1}\frac{1-(-p^{-2})^{(n-1)/2}}{1+p^{-2}})$

$=\frac{1}{2i}(-1)^{k}\frac{-(-1)^{k}p^{n-1}+(-1)^{k}p^{-(n-1)}}{p+p^{-1}}$

$=\frac{1}{2i}\frac{-p^{n-1}+p^{-(n-1)}}{p+p^{-1}}$

$=\frac{1}{2i}\frac{p-p^{-1}}{p+p^{-1}}$ ($\because e^{i\pi}=-1$)

$=\frac{1}{2i}\frac{(p-p^{-1})^{2}}{p^{2}-p^{-2}}$

$=\frac{\sin(\pi/n)^{2}}{\sin(2\pi/n)}$

증명이 끝났다.